2023年是遼寧省新高考自主命題第3年，試題在《高考評價體系》得指導下命制，落實立德樹人的境中考查學生聯(lián)系實際，靈活運用知識解決問題的能力，關(guān)注社會熱點和國際前沿，促進學生化學觀念、科學思維和正確價值觀念的形成與發(fā)展，充分發(fā)揮高考的育人功能和價值導向作用一、立意高遠選材考究考點明確于社會生產(chǎn)實踐中化學原理的考查，充分體現(xiàn)化學學科推動科技發(fā)展和人類學學科的社會價值。如：第1題介紹我國科學家在諸多領(lǐng)域取得新突破，考查常見能量轉(zhuǎn)化形式、高分子化合物通性的概述、合成材料；第5題以我國古代四大發(fā)明之一黑火藥的爆炸反應(yīng)為載體，考查阿伏加德二、重視基礎(chǔ)體現(xiàn)創(chuàng)新難度適中與應(yīng)用、化學反應(yīng)速率的表達式及影響因素、原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)關(guān)系、弱電解質(zhì)的電離平衡與pH、有機化合物的知識及應(yīng)用等，其他的主干知識，如阿伏加德羅常數(shù)、氧化還原反知識，則分散在其他選擇題的各個選項中。強調(diào)知識的覆蓋面，突出體現(xiàn)從四個不同的角度進行考查；同時，對知識的考查更多的停留在了解的層次上否扎實，從而引導中學教學遵循教育規(guī)律、嚴格按照高中化學課程標準進行教學。如：第2題考查化學用第3題考查氨、氯化氫、粗硅和鎂等物質(zhì)的工業(yè)制備反應(yīng)；第4題物質(zhì)的鑒別或檢驗；第6題以螺呲喃發(fā)生開、閉環(huán)轉(zhuǎn)換反應(yīng)，考查有機物的結(jié)構(gòu)；第7題以無隔膜流動海水電解法制H?為情景，考查電解原理及其運用；第8題以冠醚為情景，考查有機物的性質(zhì)；第9題為元素推斷，考查電離能變化規(guī)律，配合物的概念、組成及形成條件，極性分子和非極性分子；第11題以低成本儲能電池為情景，考查二次電池原理；第15題沉淀溶解平衡圖象分析；第19題以加蘭他敏的合成過程，進行有機推斷，考查官能團、反應(yīng)三、情境真實核心素養(yǎng)引領(lǐng)教學13、14、15、16、17、18、19題均有真實情境，要求學生多角度、多層次、多維度地認識化學基本規(guī)律，在分析和解決化學問題導學生培育核心素養(yǎng)。如：第7、11、12、13、15、16、18題考查化學反應(yīng)原理基礎(chǔ)知識；第2、5、9、14題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)知識。其中第17題制備2—噻吩乙醇，考查有機物的制備原理，物質(zhì)分離和提純，并對實驗進行綜合評價，把有機物與化學實驗知識進行有機融合，對試題創(chuàng)新進行了有益嘗試；第18題以四、全面設(shè)點重視主干突出實驗的情境考查學生熟悉的知識內(nèi)容，既滿足高等學校選拔要求，又有利于學生實際水平的發(fā)揮。試題新穎、實驗?zāi)芰?，思維能力，計算能力，知識遷移和類比推理能力，有利于培養(yǎng)學生的科學素養(yǎng)，和創(chuàng)新精神。如：第10題以制備Cr(OH)?工藝為載體，考查鐵及其化合物轉(zhuǎn)，鹽類水解在生活、生產(chǎn)中的應(yīng)用，淀粉、纖維素的水解；第12題Mn(Ⅱ)對酸性KMnO?溶液與H?C?O?發(fā)生反應(yīng)起催化作用切入點，考查離子方程式的正誤判斷，催化劑對化學反應(yīng)速率的影響，錳的化合物的性質(zhì)及轉(zhuǎn)化；第13題分析I?和鋅粒反應(yīng)過程中的顏色變化加以分析；第14題晶體結(jié)構(gòu)的缺陷美與對稱美，根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)確定晶體化學式，晶胞的有關(guān)計算；第16題處理鎳鈷礦硫酸浸取液工藝，實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收，考查離子方程式的書寫，詳細知識點1易物通性的概述；合成材料。2中物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(化學用語)立體異構(gòu)的概念；化學鍵與物質(zhì)類別關(guān)系的判斷；電子排布式；價層電子對互斥理論的應(yīng)用。3中常見無機物及其應(yīng)用氯氣與非金屬單質(zhì)的反應(yīng)；二氧化硅的化學性質(zhì)；常見金屬的冶煉；氨的合成。4中化學實驗基礎(chǔ)物質(zhì)的檢驗；有機物的檢驗；常見陽離子的檢驗；常見陰離子的檢驗。5中水解規(guī)律；共價鍵對分子構(gòu)型、性質(zhì)的影響。6中有機化學基礎(chǔ)簡單有機物同分異構(gòu)體書寫及辨識；分子的手性；7中(電化學)電解原理的應(yīng)用；電解池電極反應(yīng)式及化學方程式8有機化學基礎(chǔ)核磁共振氫譜；取代反應(yīng)；鹵代烴的水解反應(yīng)；有9物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(元素推斷)根據(jù)原子結(jié)構(gòu)進行元素種類推斷；電離能變化規(guī)律；(電化學)原電池原理理解；鉛蓄電池；原電池、電解池綜合考查；電解池電極反應(yīng)式及化學方程式的書寫與判中(反應(yīng)速率)離子方程式的正誤判斷；催化劑對化學反應(yīng)速率的中常見無機物及其應(yīng)用溴、碘單質(zhì)與大多數(shù)金屬單質(zhì)的反應(yīng)；濃度對化學中物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(晶體結(jié)構(gòu))晶胞；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)確定晶體化學式；晶胞的有關(guān)難(沉淀溶解平衡)弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；溶度積規(guī)則及其應(yīng)用；溶度積常數(shù)相關(guān)計算；弱電解質(zhì)的電離平衡難離子方程式的書寫；氧化還原反應(yīng)有關(guān)計算；影響中取代反應(yīng)；物質(zhì)分離、提純綜合應(yīng)用；常見有機物難難有機化學基礎(chǔ) 緊扣《高考評價體系》,研究高考試題，學習高考評價體系說明，把握考試方向。深入領(lǐng)會《高考評價層”的意義，制定出一套既適合教者本人，又適合所教學生的方案，夯實基礎(chǔ)、培養(yǎng)能力，切實提高教與學的效率。二、回歸課本，注重細節(jié)教材是命題的出發(fā)點和歸宿，考題中通常有相當一部分內(nèi)容是依據(jù)課本編制的。復習過程中要對課本上出現(xiàn)的各種形式的知識做一個梳理，包括：基本概念和原理、化學方程式、化學式、演示實驗、實驗現(xiàn)象、實驗基本操作、活動與探究、家庭小實驗、課本例題、課后習題、教材插圖、單元小結(jié)等等?；瘜W是理科中的文科，許多知識點需要記憶。對于一些必知必舍近求遠的細節(jié)內(nèi)容要整理出來，利用空暇時間讀記。三、精講精練，提高效率“三講”即：講理解不了的問題(難點、疑點),講歸納不了的問題(規(guī)律、方法),講運用不了的問題(知識的遷移、思路的點撥)?！叭恢v”即：學生已經(jīng)會了的不講，學生自己能學會的不講，講了學習仍然不會的不講?！熬殹痹谥v練結(jié)合，注重實效。恰到好處的“練”能幫助學生掌握知識、形成技能、提高學習能力，可以四、夯實基礎(chǔ)，突出重點1.繼續(xù)強化對基礎(chǔ)知識的理解，掌握抓住重點知識抓住薄弱的環(huán)節(jié)知識的缺陷，全面搞好基礎(chǔ)知識的復習。2.系統(tǒng)地對知識進行整理、歸納、溝通知識間的內(nèi)在聯(lián)系，形成縱向、橫向知識鏈，構(gòu)建知識網(wǎng)張，從知識的聯(lián)系和整體上把握基礎(chǔ)知識。3.重視學科主干知識的落實，夯實基礎(chǔ)，強調(diào)知識運用，進行有效訓練。始終要注重知識的落實，夯在反思中鞏固知識，避免機械記憶。真題解讀一、選擇題：本題共15小題，每小題3分，共45分。在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題1.科技是第一生產(chǎn)力，我國科學家在諸多領(lǐng)域取得新突破，下列說法錯誤的是()A.利用CO?合成了脂肪酸：實現(xiàn)了無機小分子向有機高分子的轉(zhuǎn)變B.發(fā)現(xiàn)了月壤中的“嫦娥石[(Ca?Y)Fe(PO?)7]”:其成分屬于無機鹽C.研制了高效率鈣鈦礦太陽能電池，其能量轉(zhuǎn)化形式：太陽能→電能D.革新了海水原位電解制氫工藝：其關(guān)鍵材料多孔聚四氟乙烯耐腐蝕【答案】A屬于無機化合物，又因含有磷酸根，是無機鹽，B正確；C項，電池是裝置，鈣鈦礦太陽能電池可以將太陽能轉(zhuǎn)化為電能，C正確；D項，海將大多數(shù)物質(zhì)腐蝕，而聚四氟乙烯塑料被稱為塑料王，耐酸、耐堿，不會被含水腐蝕，DA.BeCl?的空間結(jié)構(gòu)：V形BC.基態(tài)Ni原子價電子排布式：3d10D.【答案】B基態(tài)原子的價電子排布為3d84s2,C錯誤；D項，順2丁烯的結(jié)構(gòu)中兩個甲基在雙鍵的同一側(cè)，其結(jié)構(gòu)簡式為,D錯誤：故選B?！窘馕觥緼項，工業(yè)合成氨是利用氮氣和氫氣在催化劑的條件下反應(yīng)生成的，反應(yīng)方程式為N?+3H?,A正確；B項，工業(yè)制氯化氫是利用氫氣和氯氣反應(yīng)生成的，反應(yīng)方程式為H?+Cl?點燃4.下列鑒別或檢驗不能達到實驗?zāi)康牡氖?)A.用石灰水鑒別Na?CO?與NaHCO?B.用KSCN溶液檢驗FeSO?是否變質(zhì)C.用鹽酸酸化的BaCl?溶液檢驗Na?SO?是否被氧化【答案】A【解析】A項，石灰水的主要成分為Ca(OH)?能與碳酸鈉和碳酸氫鈉反應(yīng)生成碳酸鈣，二者均生成白5.我國古代四大發(fā)明之一黑火藥的爆炸反應(yīng)為：S+2KNO?+3C=K?S+N?↑+3CO?↑。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A.11.2LCO?含π鍵數(shù)目為NAB.每生成2.8gN2轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為NAC.0.1molKNO?晶體中含離子數(shù)目為0.2NAD.1L0.1mol-L1K?S溶液中含S2數(shù)目為0.1NA6.在光照下，螺呲喃發(fā)生開、閉環(huán)轉(zhuǎn)換而變色，過程如下。下列關(guān)于開、閉環(huán)螺呲喃說法正確的是()A.均有手性B.互為同分異構(gòu)體C.N原子雜化方式相同D.閉環(huán)螺吡喃親水性更好所示，,開環(huán)螺吡喃不含手性碳原子，故A錯誤；B項，根據(jù)它們的結(jié)構(gòu)簡式，云密度大，容易與水分子形成分子間氫鍵，水溶性增大，因此開環(huán)螺吡喃親水性更好，故D錯誤；故選B。bbA.b端電勢高于a端電勢B.理論上轉(zhuǎn)移2mole生成4gH?【解析】由圖可知，左側(cè)電極產(chǎn)生氧氣，則左側(cè)電極為陽極，電極a論上轉(zhuǎn)移2mole生成2gH?,B錯誤；C項，由圖D正確；故選D。8.冠醚因分子結(jié)構(gòu)形如皇冠而得名，某冠醚分子c可識別K+,其合成方法如下。下列說法錯誤的是A.該反應(yīng)為取代反應(yīng)B.a、b均可與NaOH溶液反應(yīng)C.c核磁共振氫譜有3組峰D.c可增加KI在苯中溶解度【答案】C【解析】A項，根據(jù)a和c的結(jié)構(gòu)簡式可知，a與b發(fā)生取代反應(yīng)生成c和HCl,A正確；B項，a中,核磁共振氫譜有4組峰，C錯誤；D項，c可與K+形成鰲合離子,該物質(zhì)在苯中溶解度較大，因此c可增加KI在苯中的溶解度，D正確；故選C。大的短周期元素，W、Y原子序數(shù)之和等于Z,Y原子價電子數(shù)是Q原子價電子數(shù)的2倍。下列說法錯誤A.W與Y的化合物為極性分子B.第一電離能Z>X>YC.Q的氧化物是兩性氧化物D.該陰離子中含有配位鍵【答案】B為H,X形成4條鍵，核電荷數(shù)大于H,且小于其他三種元素，X為C,Y形成2條單鍵，核電荷數(shù)大于C,Y為0,W、Y原子序數(shù)之和等于Z,Z為F,Y原子價電子數(shù)為Q原子價電子數(shù)的2倍，Q為Al。A子中L與Q之間形成配位鍵，D正確；故選B。10.某工廠采用如下工藝制備Cr(OH)?,已知焙燒后Cr元素以+6價形式存在，下列說法錯誤的是()A.“焙燒”中產(chǎn)生CO?C.濾液①中Cr元素的主要存在形式為CrO?2D.淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用【答案】B【解析】焙燒過程中鐵、鉻元素均被氧化，同時轉(zhuǎn)化為對應(yīng)鈉鹽，水浸時鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵沉淀，濾液中存在鉻酸鈉，與淀粉的水解產(chǎn)物葡萄糖化物與碳酸鈉和氧氣反應(yīng)時生成對應(yīng)的鈉鹽和二氧化碳，A正主要成分為氫氧化鐵，B錯誤；C項，濾液①中Cr元素的化合價是+6價，鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵A.放電時負極質(zhì)量減小B.儲能過程中電能轉(zhuǎn)變?yōu)榛瘜W能C.放電時右側(cè)H+通過質(zhì)子交換膜移向左側(cè)【解析】該儲能電池放電時，Pb為負極，失電子結(jié)合硫酸根離子生成PbSO?,則多孔碳電極為正極，正極上Fe3+得電子轉(zhuǎn)化為Fe2+,充電時，多孔碳電極為陽極，F(xiàn)e2+失電子生成Fe3+,PbSO?電極為陰極，PbSO4得電子生成Pb和硫酸。A項，放電時負極上Pb失電子結(jié)合硫酸根離子生成PbSO4附著在負極上，項，充電時，總反應(yīng)為PbSO?+2Fe2+=Pb+SO?2+2Fe3+,D錯誤；故選B。12.一定條件下，酸性KMnO?溶液與H?C?O?發(fā)生反應(yīng)，Mn(Ⅱ)起催化作用，過程中不同價時間/minA.Mn(Ⅲ)不能氧化H?C?O?B.隨著反應(yīng)物濃度的減小，反應(yīng)速率逐漸減小C.該條件下，Mn(Ⅱ)和Mn(VI)不能大量共存D.總反應(yīng)為：2MnO?+5C?O?2+16H+=2Mn2++10CO?↑+8H?O【答案】C【解析】開始一段時間(大約13min前)隨著時間的推移Mn(VII)濃度減小直至為0,Mn(III)濃度增大直至達到最大值，結(jié)合圖像，此時間段主要生成Mn(III),同時先生成少量Mn(IV)后Mn(IV)被消耗；后來(大約13min后)隨著時間的推移Mn(III)濃度減少，Mn(II)的濃度增大。A項，由圖像可知，隨著時間的推移Mn(III)的濃度先增大后減小，說明開始反應(yīng)生成Mn(III),后Mn(III被消耗生成Mn(II),Mn(III能氧化H?C?O4,A項錯誤；B項，隨著反應(yīng)物濃度的減小，到大約13min時開始生成Mn(II),Mn(II)對反應(yīng)起催保留，總反應(yīng)為2MnO?+5H?C?O?+6H+=2Mn2++10CO?↑+8H?O,D項錯誤；故選C。13.某小組進行實驗，向10mL蒸餾水中加入0.4gI?,充分振蕩，溶液呈淺棕色，再加入0.2g鋅粒，溶液顏色加深；最終紫黑色晶體消失，溶液褪色。已知I?(aq)為棕色，下列關(guān)于顏色變化的解釋錯誤的是選項AI?在水中溶解度較小B溶液顏色加深C紫黑色晶體消失D【答案】D【解析】A項，向10mL蒸餾水中加入0.4gI?,充分振蕩，溶液呈淺棕色，說明I?的濃度較小，因為故選D。14.晶體結(jié)構(gòu)的缺陷美與對稱美同樣受關(guān)注。某富鋰超離子導體的晶胞是立方體(圖1),進行鎂離子取代及鹵素共摻雜后，可獲得高性能固體電解質(zhì)材料(圖2)。下列說法錯誤的是()A.圖1晶體密度為B.圖1中O原子的配位數(shù)為6C.圖2表示的化學式為LiMg?OClxBr1xD.Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Li+傳導【解析】A項，根據(jù)均攤法，圖1的晶胞中含Li:,1個晶胞的質(zhì)量為g,晶胞的體積為(a×1010cm)3=a3×103?cm3,則晶體的密度為,A項正確；B項，圖1晶胞中，O位于面心，與O等距離最近的Li有6個，O原子的配位數(shù)為6,B項正確；C項，根據(jù)均攤法，圖2中Li:1,Mg或空位為C項錯誤；D項，進行鎂離子取代及鹵素共摻雜后，可獲得高性能固體電解質(zhì)材料，說明Mg2+取代產(chǎn)生的空位有利于Lit的傳導，D項正確；故選C。15.某廢水處理過程中始終保持H?S飽和，即c(H?S)=0.1mol-L1,通過調(diào)節(jié)pH使Ni2+和Cd2+形成硫>Ksp(CdS),下列說法正確的是()pHA.Ksp(CdS)=1018.4B.③為pH與lgc(HS)的關(guān)系曲線C.Ka?(H?S)=108.1D.Ka?(H?S)=1014.7【答案】D【解析】已知H?S飽和溶液中隨著pH的增大，H?S的濃度逐漸減小，HS的濃度增大，S2濃度逐漸增大，則有l(wèi)gc(HS)和1g(S2)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時，HS濃度大于S2,即lgc(HS)小于1g(S2),隨著pH增大而增大，且有l(wèi)gc(Ni2+)小于1g(Cd2+),由此可知曲線①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2,④代表HS。A項，由分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2,由圖示曲線①③交點可知，此時c(Cd2+)=c(S2)=1013mol/L,則有Ksp(CdS)=c(Cd2+)·c(S2)=101×1013=10-26,A錯誤；B項，③為pH與1g(S2)的關(guān)系曲線，B錯誤；C項，曲線④代表HS,由圖示曲線④兩點坐標可知，此時c(H+)=101-6mol/L時，或者當c(H+)=104.2mol/L時，C錯誤；D項，已知Ka?Ka?==1021.8,結(jié)合C項分析可知，Kai=107.1故有Ka?(H?S)=1014.7,D正確；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。硫酸浸取液一沉沉沉沉鈷鎳渣上層清液物質(zhì)(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為(答出一條即可)。(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H?SO?),1molH的電離第一步完全，第二步微弱);濾渣的成分為MnO?、(填化學式)。Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO?體積分數(shù)時，Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是o時間/min(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH),該反應(yīng)的化學方程式為o(6)“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全(25℃),需控制pH不低于(精確至0.1)?！敬鸢浮?1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積(2)NA(3)(4)①9.0%②SO?有還原性，過多將會降低H?SO?的濃度，降低Mn2(Ⅱ)氧化速率【解析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強氧化性的過一硫酸(H?SO?),用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4,Mn2+被H?SO5氧化為MnO?,發(fā)生反應(yīng)Mn2++HSO?+H?O=MnO?+SO?2+3H+,Fe3+水解同時生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)?,在空氣中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積；(2)H?SOs的結(jié)構(gòu)簡式為,所以1molH?SO?中過氧鍵的數(shù)目氧化為MnO?,該反應(yīng)的離子方程式為：Mn2++HSO?+H?O=MnO?+SO?2+3H+;氫氧化鐵的Ksp=1037.4,當鐵根據(jù)Kw=1014,pH=3.2,此時溶液的pH=4,則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；(4)根據(jù)圖示可知SO?體積分數(shù)為0.9%時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO?體積分數(shù)時，由于SO?有還原性，過多將會降低H?SOs的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)?,在空氣中可被氧化成CoO(OH),該反應(yīng)的化學方程式為：4Co(OH)?+O?=4CoO(OH)+2H?O;(6)氫氧化鎂的Ksp=1010.8,c(H+)=1011.1mol/L,所以溶液的pH=11.1;17.2—噻吩乙醇(Mr=128)是抗血栓藥物氯吡格雷的重要中間體，其制備方法如下：噻吩2-噻吩鈉2-噻吩乙醇鈉I.制鈉砂。向燒瓶中加入300mL液體A和4.60g金屬鈉，加熱至鈉熔化后，蓋緊塞子，振蕩至大量微小鈉珠出現(xiàn)。Ⅱ.制噻吩鈉。降溫至10℃,加入25mL噻吩，反應(yīng)至鈉砂消失。Ⅲ.制噻吩乙醇鈉。降溫至10℃,加入稍過量的環(huán)氧乙烷的四氫呋喃溶液，反應(yīng)30min。IV.水解。恢復室溫，加入70mL水，攪拌30min;加鹽酸調(diào)pH至4~6,繼續(xù)反應(yīng)2h,分液；用水洗滌有機相，二次分液。V.分離。向有機相中加入無水MgSO?,靜置，過濾，對濾液進行蒸餾，蒸出四氫呋喃、噻吩和液體A后，得到產(chǎn)品17.92g。回答下列問題：(1)步驟I中液體A可以選擇0(4)步驟Ⅲ中反應(yīng)放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應(yīng)，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是0(5)步驟IV中用鹽酸調(diào)節(jié)pH的目的是_o(6)下列儀器在步驟V中無需使用的是(填名稱):無水MgSO?的作用為_o(7)產(chǎn)品的產(chǎn)率為(用Na計算，精確至0.1%)。【答案】(1)c(2)中含有N原子，可以形成分子間氫鍵，氫鍵可以使熔沸點升高(4)將環(huán)氧乙烷溶液沿燒杯壁緩緩加入，此過程中不斷用玻璃棒進行攪拌來散熱(5)將NaOH中和，使平衡正向移動，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率(6①球形冷凝管和分液漏斗②除去水【解析】(1)步驟I制鈉砂過程中，液體A不能和Na反應(yīng)，而乙醇、水和液氨都能和金屬Na反應(yīng)，故選c。(2)噻吩沸點低于吡咯()的原因是：中含有N原子，可以形成分子間氫鍵，氫鍵可以使熔沸點升高。(3)步驟Ⅱ中和Na反應(yīng)生成2噻吩鈉和H?,化學方程式為：2+H?↑。(4)步驟Ⅲ中反應(yīng)放熱，為防止溫度過高引發(fā)副反應(yīng)，加入環(huán)氧乙烷溶液的方法是：將環(huán)氧乙烷溶液沿燒杯壁緩緩加入，此過程中不斷用玻璃棒進行攪拌來散熱。(5)2噻吩乙醇鈉水解生成噻吩乙醇的過程中有NaOH生成，用鹽酸調(diào)節(jié)pH的目的是將NaOH中和，使平衡正向移動，增大反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率。(6)步驟V中的操作有過濾、蒸餾，蒸餾的過程中需要直形冷凝管不能用球形冷凝管，無需使用的是球形冷凝管和分液漏斗；向有機相中加入無水MgSO4的作用是：除去水。(7)步驟I中向燒瓶中加入300mL液體A和4.60g金屬鈉，Na的物質(zhì)的量為步驟Ⅱ中Na完全反應(yīng)，根據(jù)方程式可知，理論上可以生成0.2mol2噻吩乙醇，產(chǎn)品的產(chǎn)率為18.硫酸工業(yè)在國民經(jīng)濟中占有重要地位。(1)我國古籍記載了硫酸的制備方法——“煉石膽(CuS過程中CuSO4-5H?O分解的TG曲線(熱重)及DSC曲線(反映體系熱量變化情況，數(shù)值已省略)如下圖所示。700℃左右有兩個吸熱峰，則此時分解生成的氧化物有SO?、和(填化學式)。溫度/℃(2)鉛室法使用了大容積鉛室制備硫酸(76%以下),副產(chǎn)物為亞硝基硫酸，主要反應(yīng)如下：NO?+SO?+H?O=NO+H?SO?(i)上述過程中NO?的作用為_0(ii)為了適應(yīng)化工生產(chǎn)的需求，鉛室法最終被接觸法所代替，其主要原因是_(答出兩點即可)。(3)接觸法制硫酸的關(guān)鍵反應(yīng)為SO?的催化氧化：(i)為尋求固定投料比下不同反應(yīng)階段的最佳生產(chǎn)溫度，繪制相應(yīng)轉(zhuǎn)化率(a)下反應(yīng)速率(數(shù)值已略去)與溫度的關(guān)系如下圖所示，下列說法正確的是__oa.溫度越高，反應(yīng)速率越大b.α=0.88的曲線代表平衡轉(zhuǎn)化率c.α越大，反應(yīng)速率最大值對應(yīng)溫度越低d.可根據(jù)不同α下的最大速率，選擇最佳生產(chǎn)溫度(ii)為提高釩催化劑的綜合性能，我國科學家對其進行了改良。不同催化劑下，溫度和轉(zhuǎn)化率關(guān)系如下圖所示，催化性能最佳的是(填標號)。(ii)設(shè)O2的平衡分壓為p,SO?的平衡轉(zhuǎn)化率為αe,用含p和αe的代數(shù)式表示上述催化氧化反應(yīng)的Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度計算)?！敬鸢浮?1)①CuO②SO?(2①催化劑②反應(yīng)中有污染空氣的NO和NO?放出影響空氣環(huán)境、NO?可以溶解在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質(zhì)、產(chǎn)率不高(答案合理即可)【解析】(1)根據(jù)圖示的熱重曲線所示，在700℃左右會出現(xiàn)兩個吸熱峰，說明此時CuSO?發(fā)生熱分解反應(yīng)，從TG圖像可以看出，質(zhì)量減少量為原CuSO?質(zhì)量的一半，說明有固體CuO剩余，還有其他氣體產(chǎn)出，此時氣體產(chǎn)物為SO?、SO?、O?,可能出現(xiàn)的化學方程式為3CuSO4700℃3CuO+2SO?↑+SO?↑+O?↑,結(jié)合反應(yīng)中產(chǎn)物的固體產(chǎn)物質(zhì)量和氣體產(chǎn)物質(zhì)量可以確定，該反應(yīng)的產(chǎn)物為Cuo、SO?、SO?、O?。(2)(i)根據(jù)所給的反應(yīng)方程式，NO?在反應(yīng)過程中線消耗再生成，說明NO?在反應(yīng)中起催化劑的作用；(ii)近年來，鉛室法被接觸法代替因為在反應(yīng)中有污染空氣的NO和NO?放出影響空氣環(huán)境、同時作為催化劑的NO?可以溶解在硫酸中給產(chǎn)物硫酸帶來雜質(zhì)影響產(chǎn)品質(zhì)量、產(chǎn)率不高(答案合理即可)。(3)(i)a項，根據(jù)不同轉(zhuǎn)化率下的反應(yīng)速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應(yīng)速率先加快后減慢，a錯誤；b項，